MPSI · Dimension finie

Dimension d'un espace vectoriel

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Question

Un même espace admet une infinité de bases : ((1,0), (0,1))\big( (1,0),\, (0,1) \big) et ((1,1), (1,−1))\big( (1,1),\, (1,-1) \big) sont toutes deux des bases de R2\mathbb{R}^2, et elles ont toutes deux deux éléments. Est-ce un hasard ? Autrement dit : le nombre de vecteurs d'une base est-il une propriété de la base choisie, ou une propriété de l'espace lui-même ? Tout ce chapitre repose sur la réponse à cette question.

Lemme 1

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. Dans tout K\mathbb{K}-espace vectoriel engendré par une famille de cardinal nn, toute famille de cardinal n+1n+1 est liée.

Démonstration :

Idée : on raisonne par récurrence sur nn, en « effaçant » le dernier vecteur générateur gn+1g_{n+1} par combinaison, pour se ramener à un espace engendré par nn vecteurs.

On raisonne par récurrence sur nn.

  • Pour n=1n = 1 : soient E=vect⁡(e)E = \operatorname{vect}(e) et (x,y)(x, y) une famille de EE. Alors il existe λ,μ∈K\lambda, \mu \in \mathbb{K} tels que x=λex = \lambda e et y=μey = \mu e.

    • Si μ=0\mu = 0, alors y=0Ey = 0_E, donc (x,y)(x, y) est liée.
    • Si μ≠0\mu \neq 0, alors e=1μ ye = \frac{1}{\mu}\, y, donc x=λμ yx = \frac{\lambda}{\mu}\, y ; ainsi (x,y)(x, y) est liée.

  • Hérédité. Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. Supposons que le résultat est vrai pour nn. Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel engendré par une famille de cardinal n+1n+1. On pose E=vect⁡(g1,…,gn+1)E = \operatorname{vect}(g_1, \ldots, g_{n+1}). Soit (x1,…,xn+2)(x_1, \ldots, x_{n+2}) une famille de EE.

    Pour tout k∈⟦1,n+2⟧k \in \llbracket 1, n+2 \rrbracket, il existe zk∈vect⁡(g1,…,gn)z_k \in \operatorname{vect}(g_1, \ldots, g_n) et αk∈K\alpha_k \in \mathbb{K} tels que xk=zk+αk gn+1x_k = z_k + \alpha_k\, g_{n+1}.

    • Si αk=0\alpha_k = 0 pour tout k∈⟦1,n+2⟧k \in \llbracket 1, n+2 \rrbracket, alors xk=zk∈vect⁡(g1,…,gn)x_k = z_k \in \operatorname{vect}(g_1, \ldots, g_n). D'après l'hypothèse de récurrence, la famille (x1,…,xn+1)(x_1, \ldots, x_{n+1}) est liée ; ainsi (x1,…,xn+2)(x_1, \ldots, x_{n+2}) est liée.

    • S'il existe k∈⟦1,n+2⟧k \in \llbracket 1, n+2 \rrbracket tel que αk≠0\alpha_k \neq 0, quitte à permuter les éléments de la famille (x1,…,xn+2)(x_1, \ldots, x_{n+2}), on peut supposer que αn+2≠0\alpha_{n+2} \neq 0. Pour tout k∈⟦1,n+1⟧k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket, on pose

      yk=xk−αkαn+2 xn+2.y_k = x_k - \frac{\alpha_k}{\alpha_{n+2}}\, x_{n+2}.

      On a :

      yk=zk+αk gn+1−αkαn+2(zn+2+αn+2 gn+1)=zk+αk gn+1−αkαn+2 zn+2−αk gn+1=zk−αkαn+2 zn+2\begin{aligned} y_k &= z_k + \alpha_k\, g_{n+1} - \frac{\alpha_k}{\alpha_{n+2}} \left( z_{n+2} + \alpha_{n+2}\, g_{n+1} \right) \\ &= z_k + \alpha_k\, g_{n+1} - \frac{\alpha_k}{\alpha_{n+2}}\, z_{n+2} - \alpha_k\, g_{n+1} \\ &= z_k - \frac{\alpha_k}{\alpha_{n+2}}\, z_{n+2} \end{aligned}

      Ainsi yk∈vect⁡(g1,…,gn)y_k \in \operatorname{vect}(g_1, \ldots, g_n) pour tout k∈⟦1,n+1⟧k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket. D'après l'hypothèse de récurrence, la famille (y1,…,yn+1)(y_1, \ldots, y_{n+1}) est liée, donc il existe une famille non nulle (λi)∈Kn+1(\lambda_i) \in \mathbb{K}^{n+1} telle que ∑i=1n+1λiyi=0\sum_{i=1}^{n+1} \lambda_i y_i = 0. Ainsi

      ∑i=1n+1(λixi−λiαiαn+2 xn+2)=0, \sum_{i=1}^{n+1} \left( \lambda_i x_i - \frac{\lambda_i \alpha_i}{\alpha_{n+2}}\, x_{n+2} \right) = 0,

      donc

      ∑i=1n+1λixi+(∑i=1n+1−λiαiαn+2)xn+2=0. \sum_{i=1}^{n+1} \lambda_i x_i + \left( \sum_{i=1}^{n+1} \frac{-\lambda_i \alpha_i}{\alpha_{n+2}} \right) x_{n+2} = 0.

      Alors (x1,…,xn+2)(x_1, \ldots, x_{n+2}) est liée.

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Remarque :

  1. Si EE est un K\mathbb{K}-espace vectoriel engendré par une famille de cardinal nn, alors toute famille de cardinal au moins n+1n+1 est liée ; autrement dit, toute famille libre a au plus nn éléments (exploiter la contraposée).
  2. En particulier, toute famille libre est finie.

Théorème 1 : Dimension d'un espace vectoriel

Si EE est de dimension finie, alors toutes les bases de EE sont finies et ont le même cardinal. Ce cardinal commun est appelé dimension de EE.

Démonstration :

EE est de dimension finie, donc il existe une famille génératrice finie GG de EE.

  • Les bases sont libres, donc elles sont forcément finies.
  • Soient BB et B′B' deux bases de EE. BB est une famille génératrice de EE et B′B' est une famille libre, donc card⁡(B′)⩽card⁡(B)\operatorname{card}(B') \leqslant \operatorname{card}(B). De même, on a card⁡(B)⩽card⁡(B′)\operatorname{card}(B) \leqslant \operatorname{card}(B'). D'où card⁡(B)=card⁡(B′)\operatorname{card}(B) = \operatorname{card}(B').

□\square

Notation :

On note la dimension de EE par dim⁡KE\dim_{\mathbb{K}} E, ou tout simplement dim⁡E\dim E.

Remarque :

L'indice K\mathbb{K} n'est pas décoratif : la dimension dépend du corps de base. Le même ensemble C\mathbb{C} est de dimension 22 vu comme R\mathbb{R}-espace vectoriel, et de dimension 11 vu comme C\mathbb{C}-espace vectoriel.

Exemple :

  1. dim⁡R=1\dim \mathbb{R} = 1, car (1)(1) est une base de R\mathbb{R}.
  2. dim⁡RC=2\dim_{\mathbb{R}} \mathbb{C} = 2 et dim⁡CC=1\dim_{\mathbb{C}} \mathbb{C} = 1.
  3. dim⁡Kn=n\dim \mathbb{K}^n = n, car (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) est une base de Kn\mathbb{K}^n.
  4. dim⁡Kn[X]=n+1\dim \mathbb{K}_n[X] = n + 1, car (Xk)0⩽k⩽n(X^k)_{0 \leqslant k \leqslant n} est une base de Kn[X]\mathbb{K}_n[X].
  5. dim⁡Mn,p(K)=np\dim \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) = np et dim⁡Mn(K)=n2\dim \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) = n^2.

Remarque :

Si E={0E}E = \{0_E\}, alors dim⁡E=0\dim E = 0.

Rédaction — Déterminer la dimension d'un espace :

Il n'existe pas de formule magique : la dimension se lit sur une base, qu'il faut donc exhiber. La marche à suivre est toujours la même.

  1. Paramétrer l'espace : écrire un élément générique en fonction de paramètres libres. Pour un ensemble défini par une équation, résoudre l'équation en exprimant une inconnue en fonction des autres.
  2. Factoriser l'écriture obtenue en combinaison linéaire de vecteurs fixes : on obtient une famille génératrice, autant de vecteurs que de paramètres.
  3. Prouver la liberté de cette famille, en résolvant la combinaison linéaire nulle.
  4. Conclure : c'est une base, et la dimension est son cardinal.

Exercice 1 : Dimension d'un sous-espace de ℝ⁴

Déterminer la dimension de l'espace vectoriel

F={(x,y,z,t)∈R4  /  x+y+z+t=0}.F = \left\{ (x, y, z, t) \in \mathbb{R}^4 \;/\; x + y + z + t = 0 \right\}.
Solution :(cliquer pour afficher)

Soit (x,y,z,t)∈F(x, y, z, t) \in F. On a :

(x,y,z,t)=(x, y, z, −(x+y+z))=x (1,0,0,−1)+y (0,1,0,−1)+z (0,0,1,−1)(x, y, z, t) = \big( x,\, y,\, z,\, -(x+y+z) \big) = x\,(1,0,0,-1) + y\,(0,1,0,-1) + z\,(0,0,1,-1)

donc F=vect⁡((1,0,0,−1), (0,1,0,−1), (0,0,1,−1))F = \operatorname{vect}\big( (1,0,0,-1),\, (0,1,0,-1),\, (0,0,1,-1) \big).

Soient a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} tels que :

a (1,0,0,−1)+b (0,1,0,−1)+c (0,0,1,−1)=(0,0,0,0)a\,(1,0,0,-1) + b\,(0,1,0,-1) + c\,(0,0,1,-1) = (0,0,0,0)

donc (a, b, c, −(a+b+c))=(0,0,0,0)\big( a,\, b,\, c,\, -(a+b+c) \big) = (0,0,0,0), ainsi a=b=c=0a = b = c = 0.

D'où ((1,0,0,−1), (0,1,0,−1), (0,0,1,−1))\big( (1,0,0,-1),\, (0,1,0,-1),\, (0,0,1,-1) \big) est une base de FF, d'où dim⁡F=3\dim F = 3.

Vocabulaire :

  1. Si dim⁡E=1\dim E = 1, on dit que EE est une droite vectorielle.
  2. Si dim⁡E=2\dim E = 2, on dit que EE est un plan vectoriel.

Question

La dimension est désormais un nombre attaché à l'espace. Que contrôle-t-elle exactement ? Une famille libre peut-elle être aussi grosse qu'on veut ? Une famille génératrice aussi petite qu'on veut ?

Proposition 1 : Cardinal des familles libres et génératrices

Supposons que EE est de dimension nn. Alors :

  1. Toute famille libre de EE est de cardinal au plus nn.
  2. Toute famille génératrice de EE est de cardinal au moins nn.

Démonstration :

Soit BB une base de EE : elle est de cardinal nn.

  1. BB est génératrice de cardinal nn, donc d'après le lemme toute famille de cardinal n+1n+1 est liée, et a fortiori toute famille de cardinal strictement supérieur à nn l'est aussi (elle contient une sous-famille liée de cardinal n+1n+1). Par contraposée, toute famille libre est de cardinal au plus nn.
  2. Soit GG une famille génératrice de EE, de cardinal mm. Alors BB est une famille libre dans un espace engendré par mm vecteurs, donc d'après le point précédent appliqué à GG, card⁡(B)⩽m\operatorname{card}(B) \leqslant m, c'est-à-dire n⩽mn \leqslant m.

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Remarque :

Supposons que dim⁡E=n\dim E = n. Soit (x1,…,xp)(x_1, \ldots, x_p) une famille de EE. Alors :

  1. Si (x1,…,xp)(x_1, \ldots, x_p) est libre, alors p⩽np \leqslant n.
  2. Si p>np > n, alors (x1,…,xp)(x_1, \ldots, x_p) est liée.
  3. Si (x1,…,xp)(x_1, \ldots, x_p) est génératrice, alors p⩾np \geqslant n.
  4. Si p<np < n, alors (x1,…,xp)(x_1, \ldots, x_p) n'est pas génératrice.

Exercice 2 : Comptage dans ℝ⁴

Soit E=R4E = \mathbb{R}^4.

  1. Montrer que la famille ((1,0,0,0), (1,1,0,0), (1,1,1,0), (1,1,1,1), (0,0,0,1))\big( (1,0,0,0),\, (1,1,0,0),\, (1,1,1,0),\, (1,1,1,1),\, (0,0,0,1) \big) est liée, sans aucun calcul.
  2. Peut-on trouver trois vecteurs de R4\mathbb{R}^4 qui engendrent R4\mathbb{R}^4 ?
  3. Soit FF un sous-espace vectoriel de R4\mathbb{R}^4 contenant 55 vecteurs deux à deux non colinéaires. Peut-on en déduire que dim⁡F⩾5\dim F \geqslant 5 ?
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. La famille est de cardinal 5>4=dim⁡R45 > 4 = \dim \mathbb{R}^4, donc elle est liée d'après le point 2 de la remarque. Aucune résolution de système n'est nécessaire.
  2. Non. Une famille génératrice de R4\mathbb{R}^4 est de cardinal au moins dim⁡R4=4\dim \mathbb{R}^4 = 4, donc trois vecteurs ne peuvent jamais engendrer R4\mathbb{R}^4.
  3. Non. « Deux à deux non colinéaires » est beaucoup plus faible que « libre » : la famille ((1,0,0,0), (0,1,0,0), (1,1,0,0), (1,2,0,0), (2,1,0,0))\big( (1,0,0,0),\, (0,1,0,0),\, (1,1,0,0),\, (1,2,0,0),\, (2,1,0,0) \big) est formée de vecteurs deux à deux non colinéaires, et pourtant tous appartiennent au plan vect⁡((1,0,0,0), (0,1,0,0))\operatorname{vect}\big( (1,0,0,0),\, (0,1,0,0) \big), de dimension 22. Seule une famille libre de cardinal 55 forcerait dim⁡F⩾5\dim F \geqslant 5.

Question

Jusqu'ici, « dimension infinie » n'est qu'une négation : aucune famille finie n'engendre EE. C'est une condition sur toutes les familles finies à la fois, donc difficile à vérifier directement. Peut-on en donner une formulation positive, qu'il suffirait d'exhiber ?

Proposition 2 : Caractérisations de la dimension infinie

Les propositions suivantes sont équivalentes :

  1. EE est de dimension infinie.
  2. Il existe une suite (xn)n∈N(x_n)_{n \in \mathbb{N}} d'éléments de EE qui est libre.
  3. Pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, il existe une famille (x1,…,xn)(x_1, \ldots, x_n) d'éléments de EE qui est libre.

Démonstration :

1⇒21 \Rightarrow 2 : Supposons que EE est de dimension infinie. Alors EE contient au moins un vecteur non nul noté x0x_0 (sinon E={0E}E = \{0_E\}, qui est de dimension finie) ; ainsi (x0)(x_0) est libre.

Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. Supposons qu'on a construit une famille libre (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n). On a E≠vect⁡(x0,…,xn)E \neq \operatorname{vect}(x_0, \ldots, x_n) (car EE est de dimension infinie), alors il existe xn+1∈Ex_{n+1} \in E tel que xn+1∉vect⁡(x0,…,xn)x_{n+1} \notin \operatorname{vect}(x_0, \ldots, x_n). Or (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) est libre, donc (x0,…,xn,xn+1)(x_0, \ldots, x_n, x_{n+1}) est libre.

Ainsi on construit une suite (xn)n∈N(x_n)_{n \in \mathbb{N}} qui est libre.

2⇒32 \Rightarrow 3 : S'il existe une suite (xn)n∈N(x_n)_{n \in \mathbb{N}} qui est libre, alors pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, la sous-famille (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) est libre.

3⇒13 \Rightarrow 1 : Par contraposition : supposons que EE est de dimension finie. Alors toute famille d'éléments de EE de cardinal dim⁡E+1\dim E + 1 est liée.

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Exemple :

La famille (Xn)n∈N(X^n)_{n \in \mathbb{N}} est une base de K[X]\mathbb{K}[X], donc K[X]\mathbb{K}[X] est de dimension infinie.

Exercice 3 : Dimension de C⁰([0, 2π], ℝ)

Montrer que l'espace vectoriel C0([0,2π],R)\mathscr{C}^0([0, 2\pi], \mathbb{R}) est de dimension infinie.

Solution :(cliquer pour afficher)

Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, on considère la fonction

fn:[0,2π]⟶Rx⟼cos⁡(nx)f_n : \begin{array}{ccl} [0, 2\pi] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \cos(nx) \end{array}

Soient n∈Nn \in \mathbb{N} et (λk)0⩽k⩽n(\lambda_k)_{0 \leqslant k \leqslant n} tels que ∑k=0nλkfk=0\sum_{k=0}^{n} \lambda_k f_k = 0. Soit p∈⟦0,n⟧p \in \llbracket 0, n \rrbracket.

On a ∑k=0nλkcos⁡(kx)cos⁡(px)=0\sum_{k=0}^{n} \lambda_k \cos(kx) \cos(px) = 0 pour tout x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi], alors

∫02π∑k=0nλkcos⁡(kx)cos⁡(px) dx=0,\int_0^{2\pi} \sum_{k=0}^{n} \lambda_k \cos(kx) \cos(px)\, \mathrm{d}x = 0,

ainsi

∑k=0nλk∫02πcos⁡(kx)cos⁡(px) dx=0.\sum_{k=0}^{n} \lambda_k \int_0^{2\pi} \cos(kx) \cos(px)\, \mathrm{d}x = 0.

On a :

∫02πcos⁡(kx)cos⁡(px) dx=12∫02π(cos⁡((k+p)x)+cos⁡((k−p)x)) dx.\int_0^{2\pi} \cos(kx) \cos(px)\, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \Big( \cos\big((k+p)x\big) + \cos\big((k-p)x\big) \Big)\, \mathrm{d}x.

Si k=pk = p, alors :

∫02πcos⁡(kx)cos⁡(px) dx=12∫02π(cos⁡(2kx)+1) dx=12[sin⁡(2kx)2k+x]02π=π.\begin{aligned} \int_0^{2\pi} \cos(kx) \cos(px)\, \mathrm{d}x &= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \big( \cos(2kx) + 1 \big)\, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin(2kx)}{2k} + x \right]_0^{2\pi} \\ &= \pi. \end{aligned}

Si k≠pk \neq p, alors :

∫02πcos⁡(kx)cos⁡(px) dx=12[sin⁡((k+p)x)k+p+sin⁡((k−p)x)k−p]02π=0.\int_0^{2\pi} \cos(kx) \cos(px)\, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin\big((k+p)x\big)}{k+p} + \frac{\sin\big((k-p)x\big)}{k-p} \right]_0^{2\pi} = 0.

Donc πλp=0\pi \lambda_p = 0, d'où λp=0\lambda_p = 0 pour tout p∈⟦0,n⟧p \in \llbracket 0, n \rrbracket.

D'où (f0,f1,…,fn)(f_0, f_1, \ldots, f_n) est libre, d'où (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} est libre, d'où C0([0,2π],R)\mathscr{C}^0([0, 2\pi], \mathbb{R}) est de dimension infinie.

Question

Pour établir qu'une famille est une base, il faut jusqu'ici deux vérifications : la liberté et le caractère générateur. Or ces deux propriétés tirent en sens opposés — l'une empêche la famille d'être trop grosse, l'autre d'être trop petite. Si l'on connaît déjà dim⁡E\dim E, cette information de taille ne pourrait-elle pas remplacer à elle seule l'une des deux vérifications ?

Proposition 3 : Caractérisation des bases en dimension finie

Supposons que EE est de dimension nn. Soit BB une famille d'éléments de EE. Alors les assertions suivantes sont équivalentes :

  1. BB est une base de EE.
  2. BB est libre et de cardinal nn.
  3. BB est génératrice et de cardinal nn.

Démonstration :

2⇒12 \Rightarrow 1 : Supposons que BB est libre et de cardinal nn. D'après le théorème de la base incomplète, on peut compléter BB en une base B′B' de EE. Or card⁡(B′)=dim⁡E=n=card⁡(B)\operatorname{card}(B') = \dim E = n = \operatorname{card}(B), donc B=B′B = B', d'où BB est une base de EE.

3⇒13 \Rightarrow 1 : Supposons que BB est génératrice et de cardinal nn. D'après le théorème de la base extraite, on peut extraire de BB une base B′B'. Or card⁡(B′)=dim⁡E=n=card⁡(B)\operatorname{card}(B') = \dim E = n = \operatorname{card}(B), donc B=B′B = B', d'où BB est une base de EE.

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Test 1

Soit EE de dimension nn. Toute famille de nn vecteurs de EE est une base de EE.

Exemple :

Soit a∈Ka \in \mathbb{K}. La famille ((X−a)k)0⩽k⩽n\big( (X-a)^k \big)_{0 \leqslant k \leqslant n} est une base de Kn[X]\mathbb{K}_n[X] — c'est elle qui apparaît dans la formule de Taylor pour les polynômes. Comment le démontrer sans vérifier qu'elle est génératrice ?

Exercice 4 : Une base de ℝ³ sans calcul de rang

Montrer que la famille B=((1,1,0), (0,1,1), (1,0,1))\mathcal{B} = \big( (1,1,0),\, (0,1,1),\, (1,0,1) \big) est une base de R3\mathbb{R}^3.

Solution :(cliquer pour afficher)

Le cardinal de B\mathcal{B} vaut 3=dim⁡R33 = \dim \mathbb{R}^3. D'après la caractérisation des bases en dimension finie, il suffit donc de montrer que B\mathcal{B} est libre — inutile de vérifier qu'elle engendre R3\mathbb{R}^3.

Soient a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} tels que

a (1,1,0)+b (0,1,1)+c (1,0,1)=(0,0,0),a\,(1,1,0) + b\,(0,1,1) + c\,(1,0,1) = (0,0,0),

c'est-à-dire

(a+c,  a+b,  b+c)=(0,0,0).(a + c,\; a + b,\; b + c) = (0,0,0).

On en tire c=−ac = -a, b=−ab = -a, puis la troisième égalité donne −2a=0-2a = 0, donc a=0a = 0, puis b=c=0b = c = 0.

La famille B\mathcal{B} est libre et de cardinal 3=dim⁡R33 = \dim \mathbb{R}^3 : c'est une base de R3\mathbb{R}^3.